bzoj 2301: [HAOI2011]Problem b （反演）

题目描述

传送门

题目大意：
∑i=ab∑j=cd[gcd(i,j)==k]

题解

∑i=ab∑j=cd[gcd(i,j)==k]
=∑i=1b∑j=1d[gcd(i,j)==k]−∑i=1a∑j=1d[gcd(i,j)==k]−∑i=1b∑j=1c[gcd(i,j)==k]+∑i=1a∑j=1c[gcd(i,j)==k]

然后式子变成了类似的四部分

∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)==k]

∑i=1⌊nk⌋∑j=1⌊mk⌋[gcd(i,j)=1]

利用[n=1]=∑d|nμ(d)

∑i=1⌊nk⌋∑j=1⌊mk⌋∑d|(i,j)μ(d)

∑d=1nμ(d)∑i=1⌊nk⌋[d|i]∑j=1⌊mk⌋[d|j]

∑d=1nμ(d)⌊nkd⌋⌊mkd⌋

⌊ni⌋ 的取值最多被分成了n√段相同的取值，所以我们可以将取值相同的放到一块写。
n/i的取值一直延续到n/(n/i)
预处理前缀和，就可以用O(n√)的时间求解。

代码

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>#define ll long long #define N 50000using namespace std;int  mu[N+3],prime[N+3],pd[N+3];int n,m,t,a,b,c,d,k,sum[N+3];void calc(){    mu[1]=1; sum[1]=mu[1];    for (int i=2;i<=N;i++)     {        if (!pd[i])         {            prime[++prime[0]]=i;            mu[i]=-1;         }        for (int j=1;j<=prime[0];j++)        {            if (i*prime[j]>N) break;            pd[i*prime[j]]=1;            if (i%prime[j]==0)             {                mu[i*prime[j]]=0;                break;             }            else             mu[i*prime[j]]=-mu[i];        }        sum[i]=sum[i-1]+mu[i];     }}int solve(int a,int b){    if (a>b) swap(a,b);    int j=0; int ans=0;    for (int i=1;i<=a;i=j+1)    {       j=min(a/(a/i),b/(b/i));       ans=ans+(sum[j]-sum[i-1])*(a/i)*(b/i);    }    return ans;}int main(){    scanf("%d",&t);    calc();    for (int T=1;T<=t;T++)     {        scanf("%d%d%d%d%d",&a,&c,&b,&d,&k); a--; b--;        c/=k; d/=k;  a/=k; b/=k;        int ans=solve(c,d)-solve(a,d)-solve(b,c)+solve(a,b);        printf("%d\n",ans);     }    return 0;}